若pq为真命题,pq为假命题,
则a2,12,
8,【答案】
0,arctan
【解析】记BC中点为O点,以O为原点,
BC为X轴正向,OA为y轴正向,建立空间直角坐标系,
A0,仝,0,B
2
P0,亍寸,所以.从而可设
6,【答案】5
【解析】由于
fx
令q
2m1,p3m,m
Z则有
2m1
0
5
1
m
8由此检验可得
3
3m
8
2
方程的根的个数为
5
3
7,【答案】'3
12
422
13=2、103
1
【解析】圆x
12
y22
1的圆心坐标为1,2
,圆x
32y4
2
3关于
x轴对称的圆的圆
心坐标为(3,-4)贝卩PM
PN的最小值为..3
12
4221,3=2.10、31
L1
■-3
5、3
6—
1
1<3
5一3
■-6
Et
—
t,
t0t1,于是BE
-t
t,t
4
2
12
6
4
22
12
6
设所求角为B,则
2t2
2。
7t12t12
所以cot2
2171
6t6t6t
2
17
2,这里最后一个不等式是由
22
于单调性以及t11。
因此有0tan
d4,即
0,arctan宁
9,【答案】
【解析】
将向量b,c的起点平移至原点
0,
再以
b,C分别为x,y轴正向建立平面直角坐标系。
则向量
c对应的点坐标为P2,31
于是0P
.132
6、13
。
18"13
表示的是点P到单位圆周上的距离d,
则d的最大值为4,
G
最小值为一JT31.因此所有取不到的值的集合为
13
「314,
10,【答案】
【解析】设gx
定义域为
1
fx,gx
-fxgx
fxgx
,从而有
1,max
方程可变形为
max
fx,gx
ax2.由
2x
2,1x2得x
2x,x
1,
maxfx,g
2.1
是2x
ax
可得0a
2、2
21x2
ax
0,x
xX3,X3
X2
2X2捲,可得
2为3x2,即
12a士.
严,有a
173
2
二,解答题
11,【证明】利用数学归纳法
(1)x2是fnx3x的解
当n=1时,x=2是f1x■.x232
3x的解。
当n=k时,设fk26,则fk12
416f
fix
由此可得x2是fnx3x的解对于所有n
当nk时,
设fkx3x,则fk1x、:
x216
2
x16x
3x
由此可得0
2都不是仁x3x的解对于所有的
当n
1时,
f1
x.
x232
3x—x2x2
2
当n
k时,
设
fkX
3x2
f
X2,则fk1X..x2
16f—fkx
2
3k
由此可得x
2
都不是
fnX
3x的解(对于所有的
n)
(3)
当0
X
2时,
fnX
3x
3
(2)当x>2时,fnx3xx2
2
.x28x23x
x232
当n1时,
、x28x23x0
因此,对每个n,fnx3x的实数解为x2
12,
[解]:
22
xy1
(1)联立62,可得3k21x212k2x12k260
ykx2
设P点的坐标为xp,yp,Q点的坐标为xq,yq,则
xpxq
12k2
,xpyq
12k26
3k21
于是有ypyqkXpxq
4k
4k2—
3k1
因为PQ的中点为N,所以N
2
6k_2k
3k21,3k2
-。
因此ON的斜率为
1
丄
o
3k
因为直线
ON交直线
x3于M,所以M3,
1
丄o故MF的斜率为
k
kMF
即得kMF
因此MF与PQ垂直,
MFQ
Xpxq2k2Xpxq
1古k2上叫24鲨一124k2
3k213k1
2
PQ
MF
k2
2
xpxq
k2Xp
Xq
2
4xpxq
k2
3k2
令u
2戸f
u1u2
16111
1611
9
3k1,则
I8—
2
一—
3u
3u2u2
3u4
16
由于
u3k21
1
1,故01。
u
因此
Imax3当u
4时取到最大值,
也即k1。
综上所述,竺的最大值为..3
MF
13,
【解析】证:
(1)若ai为有理数,则an为周期数列
(2)对于任意的n,设an-
x
y,x1,由已知条件,有且仅有下述一个等式成立
ani2an2
2y2x
x
2an2
2y2x
x
an与an1有相同的分母(不进行约分)
(3)设印q
p
p,q1,则an,bn为整数。
由于an2,n1,2,3,,因此
P
2pbn2p
(4)若存在两个自然数k1,使得aka1,则由
(2)中得到的递推公式以及an2,n1,2,3,,
可得an从第k项开始是一个周期数列,周期为Ik
(5)由(3)可知对于任意的n,bn的值只有4
1(有限个),故总能找到kI,使得bkb!
,
从而有akal
综上所述,如果a1为有理数,则从某项后an为周期数列
14,
【证明】:
不妨设aikimod3,bilimod3,ki,li0,1,2,i1,2,3则要证明结论正确,只要证明存
在不全为零的数卩2,30,1,2,使得
1k12k23k31I12I23I3mod30mod3。
记k*2kzhcmod3,这里c0,1,2
情形
(1)当c0时,则kili0,或者ki,h不全为零。
若k1l10,则取11,2
30,有
式成立
若ki,li不全为零,不妨设ki0,则取i2,2ki,30,且
iki2k2
3k3k2kikik20mod3
332ii2,即式
ili2l2
3l3k2likil20mod3
情形
(2)当ci或2时,即c2imod3
记ck2l3k3l2gmod3,ck3likil3c2mod3,这里C|,c20,i,2
令ici,2
C2,3i,则i,2,30,i,2且不全为零,且
iki2k2
3k3cikic2k2k3
ck2l3k3l2kick3likil3k2k3mod3,ck3k2likil2k2k3mod3,
2
ic2k3mod30mod3,
类似可以证明
ili2l23l30mod3
不妨设ai
n,则数字i必与它相邻。
否则设aji
j
2,
n,则可将a2,a3,,aj的数字改变为
aj,aji,
,a2上的数字,则相邻数的乘积和的该变量为
aiaja2ajiaia2ajajiaiaji
aj
a2
0
于是可确定
a2i。
再说明数字2也必与数字n相邻,
即an
2
事实上,若
aj2,jn,则交换aj,aji,,a」为
aj,aj
i,
,an。
此时的目标改变值为
aiajanajiaianajajiaiaji
aj
an
0
i5,【解】问题等价于圆周上放置
n个数,使得相邻的乘积之和为最小,最小值记为
Tn
因此目标取到最小值时,ain,a2n,an2由此出发,依次可得a3ni,anin2。
在已安排好
的两端数字,若剩下的数比两端数字都小,则在剩下的数中找两个最小的数字,按小对大,大对小放置;若剩下的数比两端数字大,则在剩下的数字中找两个最大的数,按大队小,小对大放置。
由此规律即得a43,an24,a5n3,an3n4,。
下面用递推法计算Tn。
考虑n+2个数字,我们在Tn的数字排序中,将每个数字加i,再放置i,n+2这两个数字,在2,n+i的中间
因此Tn2
Tnn
1
n
2
2n2
其中Tn
n
ai1
i1
ai1
1
Tn
nn
Tn2Tn
n24n
5
可以推出
1
312
5
1,
2m
n
n
n
n
6
2
6
Tn
1
312
5
1,
2m1
n
n
n
n
6
2
6
插入n+2,1.即可得到Tn2
2n1
2。
由此可得
2017年全国高中数学联合竞赛广东赛区选拔赛
,填空题:
本大题共8小题,每小题8分,
64分
1.已知数列
a。
a〔,a?
,an,满足关系式
an14an8,且a。
2,则
-的值是
i0a
2.圆锥曲线
x2y26x2y10
0的离心率是
3.
是定义在R上的奇函数,
2,当x0时,fx是增函数,
且对任意的x,yR,都有
fxfy,则函数fx
在[-3,-2]上的最大值是
4.
设m,n均为正整数,则
m12k
cos
0
n1.2ksin——mk0n
5.
已知点P在圆C:
x28
1上运动,点Q在曲线yax2
4
a0,
1x2上运动,且PQ的
9
最大值为,则a=
2
6.已知,
角形的三个内角,如果cos
cos
cos取得最大值,则
sinsin
sin
2
—1不相交。
过直线1上的点P作椭圆C
9
10.(本小题满分20分)已知函数
16x
x
4x4
7,数列an
bn满足a10,th0,
an
fan1,bnfbn1,n2,3
(1)讨论数列an的单调性;
、1
(2)求证:
bnan3|bai,n1,2,3
X2,,Xn
An中的每
11.(本小题满分20分)
(1)求使方程x12x23x3nxn2017有正整数解x1,
的最大正整数n
(2)用An表示方程的所有正整数解x1,x2,,xn构成的集合,当n为奇数时,我们称
一个元素为方程的一个奇解;当n为偶数时,我们称An中的每一个元素方程的一个偶解
证明:
方程中的所有奇解的个数与偶解的个数相等•
参考答案
,填空题
1,
【答案】
n1
1
2n2
n3
i0ai
2
【解析】
1
2
1
,令5丄
1rr
-,则bn2bn1,b01,bn2
an1
an
2
an
2
1
1
n1
1
n2
——
-2n
——
—
2n2n3
an
2i
0ai
2
2,【答案】
【解析】
原式变形为
33,即..x32y12.2
所以动点
x,y到定点(-3,1)
的距离与它到直线
xy30的距离之比为,2,故此动点轨迹为双曲
线,离心率为.23,【答案】-4
【解析】因为
fx是奇函数
,且在0,
上是增函数,所以
0上也是增函数,则
2•又f2
故函数fx在3,
2上的最大值为-4
4,【答案】
【解析】
因为cos
m
2k2k
isin,k0,1,
m
2k
m1,cos——
n
2k
isin-n
0,1,
1分别是
多项式Xm
m12k
cos
k0
1与Xn1的根,因此当m>1,n>1时由根与系数的关系可得:
sin鉴0,"cos红「sin坐0
mk0nk0
所以
m12k
cos-
k0m
0,n1sin莖0,故:
1cos生
k0nk0m
lin莖0,
0n
而当
cos匹n1sin红1
5,【答案】
31
2
【解析】连接QC并延长交圆于点
D,则PQQCCPQCCDQD,所以PQ
的最大值等
于CP的最大值与圆的半径之和,由于
2222242
fxCPxax2ax4a1x4,1x2
22
54aa16a16a8
2,因此x2时,CP取得最大值,于是
■..16a216a8
912
4,2a2a10,a
22
2
6,
【答案】
3.3
2
cos
cos
cos
2cos-
cos
cos
2
2
2
2cos
2cos
1
1
2cos
-1
3
3
2
2
2
2
2
2
【解析】若
中至少有两个不等,不妨设
,则
因此当且仅当
—时,coscos
3
1
7,【答案】丄
48
【解析】方程x1
x2x3x410,0x1
x2x3x49的整数解有且仅有
cos取得最大值,故:
sinsinsin
x1,x2,x3,x40,1,2,7,0,1,3,6,0,1,4,5,0,2,3,5,1,2,3,4,因此符合条件的四位数恰有:
C1
4C33!
4!
96(个),故所求概率为C648
8,【答案】24033
【解析】由题意对任何a,b,cS,abcS可知:
24n122n1,1n2031
都是数列an中的项,所以a201724201624033
•解答题
XiXy』[X2Xyy
259,259
因为两切线都过点P,则有
X1Xo
25
%yoX2X2
'J
925
y2yo1
9
这表明
M,N均在直线XoX
y°y1①上.由两点决定一条直线知,
25
9
满足直线1的方程•
当点P在直线1上运动时,可理解为
Xo取遍一切实数,相应的
式①都是直线MN的方程,其中x0,y0
yo为
代入①消去
y得XoX
yo得25
Xo-y1o
9
②
对一切Xo
R恒成立,
变形可得
yoXob
Xo
xy
259
K
-y1o,对一切Xo
9
R恒成立,故有
X
25
-
9y
由此解得直线
MN恒过定点Q
25
-
(2)当MN//1时,由式②知
25
代入②,得此时MN的方程为
-
9
34
-
Xo
b解得Xo
5
34
将此方程与椭圆方程联立,消去
y得
34268
XX
25-
由此可得,此时
MN截椭圆所得弦的中点横坐标恰好为点
259
-,-
的横坐标,即
1
XX1X2
68
1豆
234
25
-
代入③式可得弦中点纵坐标恰好为点
59
25-的纵坐标,即
--
25
34
259
这就是说,点Q空,9的平分线段MN
bb
10.【解】
(1)
16x19
1
an
1
an1
1
an11
所以
an
an
ai
所以当
所以当
ai
证明:
(2)
an
an1an11
2
an1
an
n
a2
1__
2an1an2
1an11an21
1
an1an11
1
2~
a212a1
a2a1
1
16a17
a1,i.e.,
4ai4
a1。
解得
数列an单调上述;
2时,数列an单调下降
因为fx单调上升,计算得f
所以当a1
2时’数列
an
7
2,n1,2,3,;
3535
f
1111
637
184
由
(1)知
9
1
anbn
an1
bn1
4
an1
1
bn1
1
所以:
(i),
当0
a1
7
0a
—时,a4f3a1
f0,故当n4时
2
2
184
637
7
637
7
a4
an
同理
b4bn。
故
184
2
184
2
anbn
9
637
1
an1bn1
4
彳637彳
11
184
184
1
一a
8
8^4a4b4
bn1
19
1
a3bs
8n44
35
35
—
1——1
11
11
1
n
8n3aibi
199
1
a2b2
J4.3.
844
7
1-
1
—
4
4
m),当0ai2,2时,由(1得:
7
bn1
2
bn
所以
9
1
an101
4
35
“7“
—
1-1
11
2
anbn
1一a8
3
a3
b3
a1
bi,n
bn1
(iii
2
所以
an
11.
解:
8n
1
8n2
2,b1
-时,
2
我们有
an1
bn
an
【解析】
(1)因为
2bn1bn
an
bn
1一an
8
bn1
2017
X1
2x2
3x3
nXn
所以n63.当n
63时,x12,x2
X3
x